资源简介

湖北省孝感市部分高中联考2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题
一、单项选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分，。在小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合要求，每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分）
1．如图所示的光滑斜面长为L，宽为s，倾角为θ=30°，一小球（可视为质点）沿斜面右上方顶点A处水平射入，恰好从底端B点离开斜面，重力加速度为g．则下列说法正确的是（　　）
A．小球运动的加速度为g
B．小球由A运动到B所用的时间为
C．小球由A点水平射入时初速度v0的大小为
D．小球离开B点时速度的大小为
2．如图所示为一个半径为5 m的圆盘，正绕其圆心做匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一个小球正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则（　　）
A．小球平抛的初速度一定是2.5 m/s
B．小球平抛的初速度可能是2.5 m/s
C．圆盘转动的角速度一定是π rad/s
D．圆盘转动的加速度可能是π2 m/s2
3．为了测量月球的各项数据，科学家设计了一装置，在月球表面用电磁铁吸住小球，启动装置后，电磁铁断电，小球自由下落，并开始计时，当小球经过光电门时停止计时。测出运动时间为t，经过光电门的速度为v0。已知月球半径为R，万有引力常量为G。则下列说法正确的是（　　）
A．月球的质量
B．月球的平均密度
C．月球表面重力加速度大小
D．月球第一宇宙速度大小
4．如图甲所示，将某一物体每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得物体运动的最远位移与斜面倾角的关系如图乙所示，取，根据图象可求出物体与斜面的动摩擦因数为（　　）
A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.6
5．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，其电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（　　）
A． B． C． D．
6．如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm．小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（　　）
A．a、b的电荷同号， B．a、b的电荷异号，
C．a、b的电荷同号， D．a、b的电荷异号，
7．如图所示，P是一个表面均匀镀有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜材料的电阻率为ρ，膜的厚度为d。管两端有导电金属箍M、N。现把它接入电路中，测得M、N两端电压为U，通过它的电流为I，则金属膜的电阻率的值为（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（　　）
A．当时，A、B相对于转盘会滑动
B．当时，绳子一定有弹力
C．在范围内增大时，B所受摩擦力变大
D．在范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
9．天问一号在绕火星运动过程中由于火星遮挡太阳光，也会出现类似于地球上观察到的日全食现象，如图所示。已知天问一号绕火星运动的轨道半径为r，火星质量为M，引力常量为G，天问一号相对于火星的张角为α（用弧度制表示），将天问一号环火星的运动看作匀速圆周运动，天问一号、火星和太阳的球心在同一平面内，太阳光可看作平行光，则（　　）
A．火星表面的重力加速度为
B．火星的第一宇宙速度为
C．天问一号每次日全食持续的时间为
D．天问一号运行的角速度为
10．四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2。已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好后把它们按图所示接法连入电路，则（　　）
A．电流表A1的读数大于电流表A2的读数
B．电流表A1指针的偏转角小于电流表A2指针的偏转角
C．电压表V1的读数小于电压表V2的读数
D．电压表V1指针的偏转角等于电压表V2指针的偏转角
二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）
11．北京冬奥会的成功举办激起了民众对冬季运动的热爱，如图为某滑雪场地的侧视简图。它由助滑雪道和着陆坡构成，着陆坡与水平面的夹角。某次滑雪过程中，运动员在O点以一定速度斜向上离开轨道，经过最高点M后落在斜坡上的B点，落地时速度方向与斜面夹角，M点正好位于水平轨道和斜坡衔接点A的正上方，已知M点与A点的高度差，O点与A点的水平距离，不计空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）运动员在O点时速度的大小；
（2）运动员在空中运动的时间；
（3）A、B两点间距离。
12．如图所示，一倾斜轨道，通过微小圆弧与足够长的水平轨道平滑连接，水平轨道与一半径为的圆弧轨道相切于点，A、、、均在同一竖直面内。质量的小球（可视为质点）压紧轻质弹簧并被锁定，解锁后小球的速度离开弹簧，从光滑水平平台飞出，经A点时恰好无碰撞沿方向进如入倾斜轨道滑下。已知轨道长，与水平方向夹角，小球与轨道间的动摩擦因数，其余轨道部分均为光滑， 取，，。求：
（1）未解锁时弹簧的弹性势能；
（2）小球在点时速度的大小；
（3）要使小球不脱离圆轨道，轨道半径应满足什么条件。
13．如图为某游戏装置的示意图，均为四分之一光滑圆管，为圆管的最高点，圆轨道半径均为，各圆管轨道与直轨道相接处均相切，是与水平面成的斜面，底端处有一弹性挡板，在同一水平面内．一质量为的小物体，其直径稍小于圆管内径，可视作质点，小物体从点所在水平面出发通过圆管最高点后，最后停在斜面上，小物体和之间的动摩擦因数，其余轨道均光滑，已知，，，求：
（1）小物体的速度满足什么条件？
（2）当小物体的速度为，小物体最后停在斜面上的何处？在斜面上运动的总路程为多大？
14．如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m．一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞．已知乙球质量为m＝1.0×10－2 kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5 C，乙球质量是甲球质量的3倍．g取10 m/s2．(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D时，对轨道的压力是自身重力的2.5倍，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0；
15．一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A，在30s内可使该物体被匀速提升3m。若不计一切摩擦和阻力，求：
（1）电动机的输入功率；
（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；
（3）电动机线圈的电阻。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】物体在斜面上运动时，根据力的合成可知合力为重力沿斜面向下的分力，由于初速度与合力方向垂直，且合力大小恒定，则物体做匀变速曲线运动，再根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：，故A错误；根据沿斜面方向的位移公式L= at2有：，选项B错误；根据速度公式可知在B点的平行斜面方向的分速度为：；根据水平方向的位移公式s=v0t有：；根据速度的合成可知物块离开B点时速度的大小：，故C错误；D正确；故选D．
【分析】利用牛顿第二定理可以求出物体加速度的大小；结合沿着斜面方向的位移公式可以求出运动的时间；利用速度公式可以求出沿着斜面方向的速度大小，利用位移公式可以求出水平方向的速度大小，结合速度的合成可以求出经过B点速度的大小。
2．【答案】A
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】AB．小球做平抛运动，根据竖直方向的位移公式有h＝gt2，可得运动的时间为t＝＝2s，根据水平方向的位移公式可知小球平抛的初速度v0＝＝2.5m/s，A正确，B错误；
CD．根据A点转到的角速度和圈数关系有ωt＝2nπ（n＝1、2、3、…），解得圆盘转动的角速度
ω＝＝nπ rad/s（n＝1、2、3、…），根据向心加速度的表达式可知圆盘转动的加速度为
a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2 m/s2（n＝1、2、3、…），故CD错误。
故选A。
【分析】利用小球平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小及下落的时间，利用小球的下落的时间可以求出圆盘转动的角速度大小，结合向心加速度的表达式可以求出加速度的大小。
3．【答案】B
【知识点】自由落体运动；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】C．小球在月球上做自由落体运动，根据速度公式有
解得月球表面重力加速度的大小为，故C错误；
A．在月球表面有万有引力等于重力，根据牛顿第二定律有
解得月球的质量大小为，故A错误；
B．月球的体积为，根据质量公式有，可得月球的平均密度为
，故B正确
D．第一宇宙速度为最小发射速度，最大环绕速度，环绕中心天体表面做圆周运动时的速度，月球对表面卫星的万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，故D错误。
故选B。
【分析】利用速度公式可以求出月球表面重力加速度的大小；利用引力形成重力结合密度公式可以求出月球的平均密度；利用引力提供向心力可以求出月球第一宇宙速度的大小。
4．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】当夹角为时，根据图像可知此时位移为，由于物体此时做竖直上抛运动，根据速度位移公式可知物体的初速度大小为，
当夹角时，位移为，由于此时物体在水平面做匀减速直线运动，滑动摩擦力对物体做功导致动能的减小，根据动能定理有，解得
故选C。
【分析】利用物体做竖直上抛运动的速度位移公式可以求出物体初速度的大小；利用物体在水平面上的动能定理可以求出动摩擦因数的大小。
5．【答案】A
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】假设在O点有一个完整的带电荷量为2q的带电球壳，设完整球壳在N点产生的场强大小为E0，左半球壳在N点产生的电场强度大小为E左，右半球壳在N点产生的电场强度大小为E右，由于左右半球壳在N点产生的电场强度方向相同，根据电场叠加原理
由于均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，根据点电荷的场强公式可知，根据对称性可知右半球壳在N点产生的电场强度大小和左球壳在M点产生场强大小相等，方向相反，所以有，所以左半球壳在N点产生的电场强度为，A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】利用完整球壳在N点产生的电场强度，结合左半球在M点产生的电场强度可以求出右半球壳在N点产生的电场强度大小，两者结合可以求出球壳在N点产生的电场强度大小。
6．【答案】D
【知识点】库仑定律；电场强度的叠加
【解析】【解答】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，由于小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，根据平行四边形定则可知a对c为斥力，b对c为引力，所以a、b的电荷异号，对小球c受力分析，如下图所示
因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此ac⊥bc，根据力的合成可知两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比，则有，根据库仑定律可知a对c和b对c的库仑力大小为
，，根据相似三角形的规律可知，故D正确，ABC错误。
故选D。
【分析】利用小球c受到的合力方向结合平行四边形定则可以判别a和b对c的库仑力方向，进而判别a和b属于异种电荷，再利用c的平衡条件结合库仑定律可以求出a和b电荷量的比值
7．【答案】C
【知识点】电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】已知测得M、N两端电压为U，通过它的电流为I，根据欧姆定律可得，镀膜材料的电阻
R=，根据面积公式可知镀膜材料的截面积为
根据电阻定律可得，所以镀膜材料的电阻率
故选C。
【分析】利用欧姆定律可以求出材料电阻的大小，结合电阻定律可以求出电阻率的大小。
8．【答案】A,B,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．以AB为整体，当A、B所受静摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘将会滑动，根据整体的摩擦力提供向心力有，解得，故A正确；
B．当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，此时最大静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得，故B正确；
C．当时，随角速度的增大，绳子拉力不断增大，B所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，故C错误；
D．时，由于绳子没有产生拉力，A所受摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有
，静摩擦力随角速度增大而增大；当时，以A、B整体为研究对象，由于整体受到的静摩擦力和最大静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有
，可知A受静摩擦力随角速度的增大而增大，故D正确。
故选ABD。
【分析】利用整体的最大静摩擦力提供向心力结合牛顿第二定律可以求出整体开始滑动的角速度大小；利用B开始滑动时的牛顿第二定律可以求出角速度的大小；利用B的角速度范围可以判别B受到的静摩擦力大小变化；利用整体的牛顿第二定律可以判别A受到的摩擦力大小变化。
9．【答案】A,C
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．天问一号相对于火星的张角为α，根据几何关系可得火星半径为
质量为m0的物体在火星表面，由于引力形成重力，根据牛顿第二定律有有
联立解得火星表面的重力加速度为，故A正确；
B．火星的第一宇宙速度等于卫星在火星表面做匀速圆周的运行速度，由于火星对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，联立可得火星的第一宇宙速度为，故B错误；
C．作出天问一号上观察到的日全食的示意图，如图所示
日全食持续的时间为天问一号在GE之间运行的时间，根据几何关系可得三角形OAB与三角形OED全等，则，DE平行于OA，则
同理可得，则观察到日全食时天问一号转过的角度为
设天问一号的周期为T，由于火星对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得周期，观察到日全食的时间为，故C正确；
D．已知卫星运动的周期，根据周期和角速度的关系可知天问一号运行的角速度为，故D错误。
故选AC。
【分析】利用引力形成重力可以求出火星表面重力加速度的大小；利用引力提供向心力可以求出火星第一宇宙速度的大小；利用引力提供向心力可以求出卫星周期的大小，结合几何关系可以求出日全食的时间；利用周期的大小可以求出卫星角速度的大小。
10．【答案】A,D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】AB．表头并联电阻后可改装成电流表。对于电流表A1和A2，两个表头并联，电压相同，故流过两个表头的电流相同，则电流表A1的指针偏转角等于电流表A2的指针偏转角，而电流表A1的量程大于A2的量程，则电流表A1的读数大于电流表A2的读数，故A正确，B错误；
CD．表头串联电阻后可改装成电压表。对于电压表V1和V2，两个表头串联，故流过两个表头的电流相同，则电压表V1的指针偏转角等于电压表V2的指针偏转角，而电压表V1的量程大于V2的量程，则电压表V1的读数大于电压表V2的读数，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】电流表：并联结构使表头电压、电流相同，则偏角相等；量程由分流决定，量程大则读数大。
电压表：串联结构使表头电流相同，则偏角相等；量程由分压决定，量程大则读数大。
11．【答案】解：（1）由O到M过程，根据斜抛运动规律有
， ，
联立解得
（2）落地时速度方向与斜面夹角，则此时竖直向下的速度为
由M到B过程，根据平抛运动规律
解得
运动员在空中运动的时间
（3）在空中运动过程，水平方向速度一直不变，由M到B过程，根据平抛运动规律，MB的竖直距离
水平距离
A、B两点间距离
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【分析】（1）运动员从O到M的过程中，利用斜抛运动的位移公式结合速度的合成可以求出运动员在O点速度的大小；
（2）已知落地速度的方向，利用速度的分解可以求出竖直方向的分速度，结合速度公式可以求出运动的时间；
（3）运动员从M到B的过程中，利用位移公式结合位移的合成可以求出AB之间的距离大小。
12．【答案】解：（1）对小球与弹簧，由机械能守恒定律有
解得弹簧的弹性势能
（2）对小球：离开台面至A点的过程做平抛运动，在A处的速度为
从A到的过程，由动能定理可得
解得
（3）要使小球不脱离轨道，小球或通过圆轨道最高点，或沿圆轨道到达最大高度小于半径后返回：设小球恰好能通过最高点时，速度为，轨道半径，在最高点
从至最高点的过程
解得
设小球恰好能在圆轨道上到达圆心等高处，轨道半径，从至圆心等高处的过程
解得
综上所述，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径必须满足或
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）弹簧的弹性势能转化为小球的动能，利用机械能守恒定律可以求出弹性势能的大小；
（2）小球离开A点后做平抛运动，利用速度的分解可以求出A点速度的大小，结合从A到C的动能定理可以求出经过C点速度的大小；
（3）要求小球不脱离轨道，那么小球要么经过最高点，要么恰好到达圆心等高位置，利用牛顿第二定律结合动能定理可以求出轨道半径的大小。
13．【答案】解：（1）小物体在点处做圆周运动，当其恰好通过点时，小物体速度为零，从到的运动过程，根据动能定理有
解得
设小物体刚好反弹到点，斜面长度为，全过程对小物体运动，根据动能定理有
解得
故小物体在水平面上的速度范围为
（2）由于
故小物体最后停在处，从小物体开始运动到小物体最后停止，全过程用动能定理
解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）先根据动能定理求出小物体恰好通过E点时的初速度。再根据动能定理求出小物体刚好反弹到E点的初速度，从而求得小物体的速度v0满足的条件；
（2）当小物体的速度为v0=m/s，对照第一题的结果，分析小物体最后停在斜面上的位置，对整个过程，利用动能定理求小物体在斜面上运动的总路程。
14．【答案】解：(1)根据题意可知，甲、乙两球碰撞后，在水平方向上动量守恒，此时乙获得向右的速度沿轨道运动，在乙恰能通过轨道的最高点D的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，根据曲线运动规律有：
x＝vDt
联立得x=0.6m
(2)设碰后甲、乙球的速度分别为v1，v2，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
两式联解得：
乙球从B到D过程中，根据动能定理有：
解得：
联立解得：

【知识点】碰撞模型；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）由于乙恰好经过最高点，利用牛顿第二定理可以求出经过D点速度的大小，结合分运动的位移公式可以求出落点到B点之间的距离大小；
（2）当甲和乙发生碰撞时，利用动量守恒定律结合机械能守恒定律结合碰后乙球的动能定理可以求出碰前速度的大小。
15．【答案】（1）解：电动机的输入功率为
（2）解：在提升重物的30s内，电动机消耗的电能为
根据能量守恒可得
可得电动机线圈所产生的热量为
（3）解：根据焦耳定律可得
可得电动机线圈的电阻为

【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【分析】（1）已知电动机的电流和电压，利用功率的表达式可以求出输入功率的大小；
（2）已知重物提升的时间，利用电功的表达式可以求出消耗的电能，结合能量守恒定律可以求出产生的焦耳热大小；
（3）已知线圈产生的热量，利用焦耳定律可以求出线圈电阻的大小。
（1）电动机的输入功率为
（2）在提升重物的30s内，电动机消耗的电能为
根据能量守恒可得
可得电动机线圈所产生的热量为
（3）根据焦耳定律可得
可得电动机线圈的电阻为
1 / 1湖北省孝感市部分高中联考2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题
一、单项选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分，。在小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合要求，每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分）
1．如图所示的光滑斜面长为L，宽为s，倾角为θ=30°，一小球（可视为质点）沿斜面右上方顶点A处水平射入，恰好从底端B点离开斜面，重力加速度为g．则下列说法正确的是（　　）
A．小球运动的加速度为g
B．小球由A运动到B所用的时间为
C．小球由A点水平射入时初速度v0的大小为
D．小球离开B点时速度的大小为
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【解答】物体在斜面上运动时，根据力的合成可知合力为重力沿斜面向下的分力，由于初速度与合力方向垂直，且合力大小恒定，则物体做匀变速曲线运动，再根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：，故A错误；根据沿斜面方向的位移公式L= at2有：，选项B错误；根据速度公式可知在B点的平行斜面方向的分速度为：；根据水平方向的位移公式s=v0t有：；根据速度的合成可知物块离开B点时速度的大小：，故C错误；D正确；故选D．
【分析】利用牛顿第二定理可以求出物体加速度的大小；结合沿着斜面方向的位移公式可以求出运动的时间；利用速度公式可以求出沿着斜面方向的速度大小，利用位移公式可以求出水平方向的速度大小，结合速度的合成可以求出经过B点速度的大小。
2．如图所示为一个半径为5 m的圆盘，正绕其圆心做匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一个小球正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则（　　）
A．小球平抛的初速度一定是2.5 m/s
B．小球平抛的初速度可能是2.5 m/s
C．圆盘转动的角速度一定是π rad/s
D．圆盘转动的加速度可能是π2 m/s2
【答案】A
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动；向心加速度
【解析】【解答】AB．小球做平抛运动，根据竖直方向的位移公式有h＝gt2，可得运动的时间为t＝＝2s，根据水平方向的位移公式可知小球平抛的初速度v0＝＝2.5m/s，A正确，B错误；
CD．根据A点转到的角速度和圈数关系有ωt＝2nπ（n＝1、2、3、…），解得圆盘转动的角速度
ω＝＝nπ rad/s（n＝1、2、3、…），根据向心加速度的表达式可知圆盘转动的加速度为
a＝ω2r＝n2π2r＝5n2π2 m/s2（n＝1、2、3、…），故CD错误。
故选A。
【分析】利用小球平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小及下落的时间，利用小球的下落的时间可以求出圆盘转动的角速度大小，结合向心加速度的表达式可以求出加速度的大小。
3．为了测量月球的各项数据，科学家设计了一装置，在月球表面用电磁铁吸住小球，启动装置后，电磁铁断电，小球自由下落，并开始计时，当小球经过光电门时停止计时。测出运动时间为t，经过光电门的速度为v0。已知月球半径为R，万有引力常量为G。则下列说法正确的是（　　）
A．月球的质量
B．月球的平均密度
C．月球表面重力加速度大小
D．月球第一宇宙速度大小
【答案】B
【知识点】自由落体运动；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】C．小球在月球上做自由落体运动，根据速度公式有
解得月球表面重力加速度的大小为，故C错误；
A．在月球表面有万有引力等于重力，根据牛顿第二定律有
解得月球的质量大小为，故A错误；
B．月球的体积为，根据质量公式有，可得月球的平均密度为
，故B正确
D．第一宇宙速度为最小发射速度，最大环绕速度，环绕中心天体表面做圆周运动时的速度，月球对表面卫星的万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，故D错误。
故选B。
【分析】利用速度公式可以求出月球表面重力加速度的大小；利用引力形成重力结合密度公式可以求出月球的平均密度；利用引力提供向心力可以求出月球第一宇宙速度的大小。
4．如图甲所示，将某一物体每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得物体运动的最远位移与斜面倾角的关系如图乙所示，取，根据图象可求出物体与斜面的动摩擦因数为（　　）
A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.6
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】当夹角为时，根据图像可知此时位移为，由于物体此时做竖直上抛运动，根据速度位移公式可知物体的初速度大小为，
当夹角时，位移为，由于此时物体在水平面做匀减速直线运动，滑动摩擦力对物体做功导致动能的减小，根据动能定理有，解得
故选C。
【分析】利用物体做竖直上抛运动的速度位移公式可以求出物体初速度的大小；利用物体在水平面上的动能定理可以求出动摩擦因数的大小。
5．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，其电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】假设在O点有一个完整的带电荷量为2q的带电球壳，设完整球壳在N点产生的场强大小为E0，左半球壳在N点产生的电场强度大小为E左，右半球壳在N点产生的电场强度大小为E右，由于左右半球壳在N点产生的电场强度方向相同，根据电场叠加原理
由于均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，根据点电荷的场强公式可知，根据对称性可知右半球壳在N点产生的电场强度大小和左球壳在M点产生场强大小相等，方向相反，所以有，所以左半球壳在N点产生的电场强度为，A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】利用完整球壳在N点产生的电场强度，结合左半球在M点产生的电场强度可以求出右半球壳在N点产生的电场强度大小，两者结合可以求出球壳在N点产生的电场强度大小。
6．如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm．小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（　　）
A．a、b的电荷同号， B．a、b的电荷异号，
C．a、b的电荷同号， D．a、b的电荷异号，
【答案】D
【知识点】库仑定律；电场强度的叠加
【解析】【解答】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，由于小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，根据平行四边形定则可知a对c为斥力，b对c为引力，所以a、b的电荷异号，对小球c受力分析，如下图所示
因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此ac⊥bc，根据力的合成可知两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比，则有，根据库仑定律可知a对c和b对c的库仑力大小为
，，根据相似三角形的规律可知，故D正确，ABC错误。
故选D。
【分析】利用小球c受到的合力方向结合平行四边形定则可以判别a和b对c的库仑力方向，进而判别a和b属于异种电荷，再利用c的平衡条件结合库仑定律可以求出a和b电荷量的比值
7．如图所示，P是一个表面均匀镀有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜材料的电阻率为ρ，膜的厚度为d。管两端有导电金属箍M、N。现把它接入电路中，测得M、N两端电压为U，通过它的电流为I，则金属膜的电阻率的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】电阻定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】已知测得M、N两端电压为U，通过它的电流为I，根据欧姆定律可得，镀膜材料的电阻
R=，根据面积公式可知镀膜材料的截面积为
根据电阻定律可得，所以镀膜材料的电阻率
故选C。
【分析】利用欧姆定律可以求出材料电阻的大小，结合电阻定律可以求出电阻率的大小。
8．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（　　）
A．当时，A、B相对于转盘会滑动
B．当时，绳子一定有弹力
C．在范围内增大时，B所受摩擦力变大
D．在范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
【答案】A,B,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．以AB为整体，当A、B所受静摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘将会滑动，根据整体的摩擦力提供向心力有，解得，故A正确；
B．当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，此时最大静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得，故B正确；
C．当时，随角速度的增大，绳子拉力不断增大，B所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，故C错误；
D．时，由于绳子没有产生拉力，A所受摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有
，静摩擦力随角速度增大而增大；当时，以A、B整体为研究对象，由于整体受到的静摩擦力和最大静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律有
，可知A受静摩擦力随角速度的增大而增大，故D正确。
故选ABD。
【分析】利用整体的最大静摩擦力提供向心力结合牛顿第二定律可以求出整体开始滑动的角速度大小；利用B开始滑动时的牛顿第二定律可以求出角速度的大小；利用B的角速度范围可以判别B受到的静摩擦力大小变化；利用整体的牛顿第二定律可以判别A受到的摩擦力大小变化。
9．天问一号在绕火星运动过程中由于火星遮挡太阳光，也会出现类似于地球上观察到的日全食现象，如图所示。已知天问一号绕火星运动的轨道半径为r，火星质量为M，引力常量为G，天问一号相对于火星的张角为α（用弧度制表示），将天问一号环火星的运动看作匀速圆周运动，天问一号、火星和太阳的球心在同一平面内，太阳光可看作平行光，则（　　）
A．火星表面的重力加速度为
B．火星的第一宇宙速度为
C．天问一号每次日全食持续的时间为
D．天问一号运行的角速度为
【答案】A,C
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．天问一号相对于火星的张角为α，根据几何关系可得火星半径为
质量为m0的物体在火星表面，由于引力形成重力，根据牛顿第二定律有有
联立解得火星表面的重力加速度为，故A正确；
B．火星的第一宇宙速度等于卫星在火星表面做匀速圆周的运行速度，由于火星对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，联立可得火星的第一宇宙速度为，故B错误；
C．作出天问一号上观察到的日全食的示意图，如图所示
日全食持续的时间为天问一号在GE之间运行的时间，根据几何关系可得三角形OAB与三角形OED全等，则，DE平行于OA，则
同理可得，则观察到日全食时天问一号转过的角度为
设天问一号的周期为T，由于火星对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得周期，观察到日全食的时间为，故C正确；
D．已知卫星运动的周期，根据周期和角速度的关系可知天问一号运行的角速度为，故D错误。
故选AC。
【分析】利用引力形成重力可以求出火星表面重力加速度的大小；利用引力提供向心力可以求出火星第一宇宙速度的大小；利用引力提供向心力可以求出卫星周期的大小，结合几何关系可以求出日全食的时间；利用周期的大小可以求出卫星角速度的大小。
10．四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2。已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好后把它们按图所示接法连入电路，则（　　）
A．电流表A1的读数大于电流表A2的读数
B．电流表A1指针的偏转角小于电流表A2指针的偏转角
C．电压表V1的读数小于电压表V2的读数
D．电压表V1指针的偏转角等于电压表V2指针的偏转角
【答案】A,D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】AB．表头并联电阻后可改装成电流表。对于电流表A1和A2，两个表头并联，电压相同，故流过两个表头的电流相同，则电流表A1的指针偏转角等于电流表A2的指针偏转角，而电流表A1的量程大于A2的量程，则电流表A1的读数大于电流表A2的读数，故A正确，B错误；
CD．表头串联电阻后可改装成电压表。对于电压表V1和V2，两个表头串联，故流过两个表头的电流相同，则电压表V1的指针偏转角等于电压表V2的指针偏转角，而电压表V1的量程大于V2的量程，则电压表V1的读数大于电压表V2的读数，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】电流表：并联结构使表头电压、电流相同，则偏角相等；量程由分流决定，量程大则读数大。
电压表：串联结构使表头电流相同，则偏角相等；量程由分压决定，量程大则读数大。
二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）
11．北京冬奥会的成功举办激起了民众对冬季运动的热爱，如图为某滑雪场地的侧视简图。它由助滑雪道和着陆坡构成，着陆坡与水平面的夹角。某次滑雪过程中，运动员在O点以一定速度斜向上离开轨道，经过最高点M后落在斜坡上的B点，落地时速度方向与斜面夹角，M点正好位于水平轨道和斜坡衔接点A的正上方，已知M点与A点的高度差，O点与A点的水平距离，不计空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）运动员在O点时速度的大小；
（2）运动员在空中运动的时间；
（3）A、B两点间距离。
【答案】解：（1）由O到M过程，根据斜抛运动规律有
， ，
联立解得
（2）落地时速度方向与斜面夹角，则此时竖直向下的速度为
由M到B过程，根据平抛运动规律
解得
运动员在空中运动的时间
（3）在空中运动过程，水平方向速度一直不变，由M到B过程，根据平抛运动规律，MB的竖直距离
水平距离
A、B两点间距离
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【分析】（1）运动员从O到M的过程中，利用斜抛运动的位移公式结合速度的合成可以求出运动员在O点速度的大小；
（2）已知落地速度的方向，利用速度的分解可以求出竖直方向的分速度，结合速度公式可以求出运动的时间；
（3）运动员从M到B的过程中，利用位移公式结合位移的合成可以求出AB之间的距离大小。
12．如图所示，一倾斜轨道，通过微小圆弧与足够长的水平轨道平滑连接，水平轨道与一半径为的圆弧轨道相切于点，A、、、均在同一竖直面内。质量的小球（可视为质点）压紧轻质弹簧并被锁定，解锁后小球的速度离开弹簧，从光滑水平平台飞出，经A点时恰好无碰撞沿方向进如入倾斜轨道滑下。已知轨道长，与水平方向夹角，小球与轨道间的动摩擦因数，其余轨道部分均为光滑， 取，，。求：
（1）未解锁时弹簧的弹性势能；
（2）小球在点时速度的大小；
（3）要使小球不脱离圆轨道，轨道半径应满足什么条件。
【答案】解：（1）对小球与弹簧，由机械能守恒定律有
解得弹簧的弹性势能
（2）对小球：离开台面至A点的过程做平抛运动，在A处的速度为
从A到的过程，由动能定理可得
解得
（3）要使小球不脱离轨道，小球或通过圆轨道最高点，或沿圆轨道到达最大高度小于半径后返回：设小球恰好能通过最高点时，速度为，轨道半径，在最高点
从至最高点的过程
解得
设小球恰好能在圆轨道上到达圆心等高处，轨道半径，从至圆心等高处的过程
解得
综上所述，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径必须满足或
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）弹簧的弹性势能转化为小球的动能，利用机械能守恒定律可以求出弹性势能的大小；
（2）小球离开A点后做平抛运动，利用速度的分解可以求出A点速度的大小，结合从A到C的动能定理可以求出经过C点速度的大小；
（3）要求小球不脱离轨道，那么小球要么经过最高点，要么恰好到达圆心等高位置，利用牛顿第二定律结合动能定理可以求出轨道半径的大小。
13．如图为某游戏装置的示意图，均为四分之一光滑圆管，为圆管的最高点，圆轨道半径均为，各圆管轨道与直轨道相接处均相切，是与水平面成的斜面，底端处有一弹性挡板，在同一水平面内．一质量为的小物体，其直径稍小于圆管内径，可视作质点，小物体从点所在水平面出发通过圆管最高点后，最后停在斜面上，小物体和之间的动摩擦因数，其余轨道均光滑，已知，，，求：
（1）小物体的速度满足什么条件？
（2）当小物体的速度为，小物体最后停在斜面上的何处？在斜面上运动的总路程为多大？
【答案】解：（1）小物体在点处做圆周运动，当其恰好通过点时，小物体速度为零，从到的运动过程，根据动能定理有
解得
设小物体刚好反弹到点，斜面长度为，全过程对小物体运动，根据动能定理有
解得
故小物体在水平面上的速度范围为
（2）由于
故小物体最后停在处，从小物体开始运动到小物体最后停止，全过程用动能定理
解得
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）先根据动能定理求出小物体恰好通过E点时的初速度。再根据动能定理求出小物体刚好反弹到E点的初速度，从而求得小物体的速度v0满足的条件；
（2）当小物体的速度为v0=m/s，对照第一题的结果，分析小物体最后停在斜面上的位置，对整个过程，利用动能定理求小物体在斜面上运动的总路程。
14．如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m．一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞．已知乙球质量为m＝1.0×10－2 kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5 C，乙球质量是甲球质量的3倍．g取10 m/s2．(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D时，对轨道的压力是自身重力的2.5倍，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0；
【答案】解：(1)根据题意可知，甲、乙两球碰撞后，在水平方向上动量守恒，此时乙获得向右的速度沿轨道运动，在乙恰能通过轨道的最高点D的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，根据曲线运动规律有：
x＝vDt
联立得x=0.6m
(2)设碰后甲、乙球的速度分别为v1，v2，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
两式联解得：
乙球从B到D过程中，根据动能定理有：
解得：
联立解得：

【知识点】碰撞模型；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）由于乙恰好经过最高点，利用牛顿第二定理可以求出经过D点速度的大小，结合分运动的位移公式可以求出落点到B点之间的距离大小；
（2）当甲和乙发生碰撞时，利用动量守恒定律结合机械能守恒定律结合碰后乙球的动能定理可以求出碰前速度的大小。
15．一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A，在30s内可使该物体被匀速提升3m。若不计一切摩擦和阻力，求：
（1）电动机的输入功率；
（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；
（3）电动机线圈的电阻。
【答案】（1）解：电动机的输入功率为
（2）解：在提升重物的30s内，电动机消耗的电能为
根据能量守恒可得
可得电动机线圈所产生的热量为
（3）解：根据焦耳定律可得
可得电动机线圈的电阻为

【知识点】焦耳定律；电功率和电功
【解析】【分析】（1）已知电动机的电流和电压，利用功率的表达式可以求出输入功率的大小；
（2）已知重物提升的时间，利用电功的表达式可以求出消耗的电能，结合能量守恒定律可以求出产生的焦耳热大小；
（3）已知线圈产生的热量，利用焦耳定律可以求出线圈电阻的大小。
（1）电动机的输入功率为
（2）在提升重物的30s内，电动机消耗的电能为
根据能量守恒可得
可得电动机线圈所产生的热量为
（3）根据焦耳定律可得
可得电动机线圈的电阻为
1 / 1

展开更多......

收起↑